精品解析：广西部分学校2025-2026学年高二上学期开学质量检测数学试题

2025年秋季学期高二开学质量检测卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 2. 已知半径为的扇形面积为3，则扇形的圆心角为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（ ） A. B. C. D. 5. 已知正方体的棱长为，则直线到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔P的东北方向的C处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 30海里 8. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数（），则（ ） A. 当z为实数时， B. 当z为纯虚数时， C. 当z的实部与虚部相等时， D. z在复平面内对应的点不可能位于第一象限 10. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 11. 在正四棱柱中，，点H在棱上，且直线与直线所成的角为，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与底面所成角的余弦值为 D. 平面截正四棱柱所得截面的面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若球O的表面积为，则该球的半径为______． 13. 在矩形中，，P为边上一点，则_____． 14. 若的两条中线长均为2，则面积的最大值为________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知非零向量，，且． （1）求x的值； （2）求向量与的夹角； （3）求向量在方向上的投影向量的模． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）已知，证明：是等腰三角形． 17. 已知，，且，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求． 18. 在四棱台中，底面，底面是正方形，E为侧棱的中点，，，． （1）证明：平面． （2）求二面角的正切值． （3）在线段上是否存在点H，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 19. 已知函数，． （1）设函数，，求的值域． （2）设函数．已知，，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期高二开学质量检测卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算以及复数模的计算公式，即可求得答案. 【详解】由题意得，故， 故选：B 2. 已知半径为的扇形面积为3，则扇形的圆心角为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用扇形面积公式列式求解. 【详解】设扇形的圆心角为，依题意，，解得， 所以扇形的圆心角为2. 故选：D 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理直接求解即可. 【详解】在中，由余弦定理得. 故选：A 4. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出平行四边形的面积，再根据直接求解. 【详解】因为四边形是平行四边形，且，， 所以平行四边形面积 根据直观图与原图面积关系， 所以. 故选： 5. 已知正方体的棱长为，则直线到平面的距离为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，证明平面及平面，求出点到平面的距离即可. 【详解】连接交于点E， 由四边形为正方形，得，且为中点， 由⊥底面，平面，得⊥， 而，平面，则平面， 因此AE的长即为点到平面的距离， 又正方体棱长为，则， 而平面，平面，则平面， 故直线到平面的距离，即点到平面的距离. 故选：C 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用和角的正余弦公式化简求解. 【详解】由，得， 整理得，所以. 故选：B 7. 位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔P的东北方向的C处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 30海里 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设画出示意图，利用正弦定理可得. 【详解】依题意，画出示意图如下，，， 在中，，由正弦定理得， 因此（海里）， 所以乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是海里. 故选：B. 8. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案. 【详解】，， 又，故，所以， 因为，，所以， 因为三点共线，所以， 故. 故选：D 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数（），则（ ） A. 当z为实数时， B. 当z为纯虚数时， C. 当z的实部与虚部相等时， D. z在复平面内对应的点不可能位于第一象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数有相关概念及几何意义逐项判断. 【详解】对于A，复数是实数，则，A正确； 对于B，当z为纯虚数时，，则，B正确； 对于C，当z的实部与虚部相等时，，解得，，则，C错误； 对于D，当z在复平面内对应的点位于第一象限时，，即，无解， 因此z在复平面内对应的点不可能位于第一象限，D正确. 故选：ABD 10. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( ) A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由图数据得边长，求出；对B，由点坐标求出；对C，代入验证最值；对D，由图象变换可得. 【详解】对于A：如图，因为为等边三角形，且高为， 所以边长为，所以，，，A错误； 对于B：因为点的坐标为，所以， 所以，，解得 又，所以，B正确； 对于C：由上知，而，C正确； 对于D：的图象向左平移个单位长度，解析式变为， 即所得图象与函数的图象重合，D正确. 故选：BCD. 11. 在正四棱柱中，，点H在棱上，且直线与直线所成的角为，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 直线与底面所成角的余弦值为 D. 平面截正四棱柱所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正四棱柱的结构特征，结合线面角求解判断AC；求出三棱锥体积判断B；作出截面并求出面积判断D. 【详解】在正四棱柱中，， 对于A，由直线与直线所成的角为，得，而，则，A正确； 对于B，连接， 则点到平面的距离等于斜边上的高， ，而是的中点， 则点到平面的距离为， 又， 则，B错误； 对于C，连接，由底面， 得是直线与底面所成的角， ，C正确； 对于D，分别取中点，连接，由， ，得四边形为平行四边形，则且， 而四边形为平行四边形，因此， 平行四边形为平面截正四棱柱所得截面， 而，即平行四边形为菱形，又， 所以，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若球O的表面积为，则该球的半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的表面积公式列式求解. 【详解】设球O的半径为，由球O的表面积为，得，解得， 所以该球的半径为. 故答案为： 13. 在矩形中，，P为边上一点，则_____． 【答案】9 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律计算得解. 【详解】在矩形中，，， 由P为边上一点，得，， 所以. 故答案为：9 14. 若的两条中线长均为2，则面积的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设两中线相交于点，设，并利用重心性质得到，，表达出，并求出最值. 【详解】不妨设边边上的中线长分别为，即， 相交于点，为的重心，设， 其中，，则， 故，故，， 显然当时，取得最大值，最大值为. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知非零向量，，且． （1）求x的值； （2）求向量与的夹角； （3）求向量在方向上的投影向量的模． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的坐标运算以及模的计算公式，即可求得答案. （2）根据向量的夹角公式求解即可. （3）求出向量在方向上的投影向量，即可求得答案. 【小问1详解】 已知非零向量，，故， 而，故，解得或， 由于为非零向量，故，故； 【小问2详解】 结合（1）可知，，则， 故， 故向量与的夹角为； 【小问3详解】 向量在方向上的投影向量为，， 故向量在方向上的投影向量的模为. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）已知，证明：是等腰三角形． 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得. （2）由（1）的结论，利用正弦定理边化角即可推理得证. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 整理得，由余弦定理得，而， 所以. 【小问2详解】 由及正弦定理，得，由（1）知， 因此，即，所以是等腰三角形. 17. 已知，，且，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用差角的正切公式计算即可. （2）利用二倍角的正余弦公式化简得解. （3）确定角的范围，再利用和角的正切公式求解. 【小问1详解】 由，，得. 【小问2详解】 由，得. 【小问3详解】 由，，得，由（1）知， 则，，， 所以. 18. 在四棱台中，底面，底面是正方形，E为侧棱的中点，，，． （1）证明：平面． （2）求二面角的正切值． （3）在线段上是否存在点H，使得平面平面？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2） （3）存在，，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）作出二面角的平面角，在中求值； （3）当时满足条件，由正弦定理求出即得比值. 【小问1详解】 因为底面，所以底面，平面， 所以，所以， 又，是中点，所以. 因为底面，平面，所以， 又底面是正方形，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面，平面，所以平面⊥底面， 过点作，因为平面平面 所以平面，过作，连接，则， 所以是二面角的平面角. 因为是中点，所以， 设，则，所以， 所以，即二面角的正切值是. 【小问3详解】 对线段上的点，因为平面，平面， 所以，则当时，满足条件. 如图，在四边形中，过作，垂足为，交于， 则， 设，则 因为，所以，所以， 又，所以 所以，又， 所以，此时时，，，平面， 所以平面，平面，所以平面⊥平面. 19. 已知函数，． （1）设函数，，求的值域． （2）设函数．已知，，，求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式化简函数，再利用余弦函数性质求出值域. （2）求出函数并确定其周期，再分段探讨函数的性质，确定最小正周期及最小值、最大值，并作出部分图象，借助图象求出的最小值. 【小问1详解】 依题意， ， 由，得，则， 所以的值域为. 【小问2详解】 函数定义域为， ，则是函数的一个周期， 当，即时，， 函数在上单调递增，函数值从增大到1； 当，即时，， 函数在上单调递增，函数值从1增大到2，在上单调递减，函数值从2减小到1； 当，即时，， 函数在上单调递减，函数值从1减小到； 当，即时，， 函数在上单调递增，函数值从增大到0，在上单调递减，函数值从0减小到， 当时，函数在上单调递增，函数值从增大到2；在上单调递减， 函数值从2减小到；在上单调递增，函数值从增大到0，在上单调递减，函数值从0减小到，如图， 函数的最小正周期为，当时，， 当或时，， 由，，得， 观察图象知，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $